必刷06　动力学、动量和能量观点在力学中的综合应用-2021届高考物理二轮复习专项必刷（人教版）

必刷06　动力学、动量和能量观点在力学中的综合应用 必刷点1　应用力学三大观点解决多过程问题 典例1. (2020·山东模拟)如图所示,半径为R1=1.8 m的光滑圆弧与半径为R2=0.3 m的半圆光滑细管平滑连接并固定,光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L=2.0 m、质量为M=1.5 kg的木板,木板上表面正好与管口底部相切,处在同一水平线上,木板的左方有一足够长的台阶,其高度正好与木板相同.现在让质量为m2=2 kg的物块静止于B处,质量为m1=1 kg的物块从光滑圆弧顶部的A处由静止释放,物块m1下滑至B处和m2碰撞后不再分开,整体设为物块m(m=m1+m2).物块m穿过半圆管底部C处滑上木板使其从静止开始向左运动,当木板速度为2 m/s时,木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零),若g=10 m/s2,物块碰撞前后均可视为质点,圆管粗细不计. (1)求物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能; (2)求物块m滑到半圆管底部C处时所受支持力大小; (3)若物块m与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ=0.25,求物块m在台阶表面上滑行的最大距离. 【答案】　(1)12 J　(2)190 N　(3)0.8 m 【解析】　(1)设物块m1下滑到B点时的速度为vB,由机械能守恒可得:m1gR1=m1,解得vB=6 m/s m1、m2碰撞满足动量守恒:m1vB=(m1+m2)v共 解得v共=2 m/s 则碰撞过程中损失的机械能为: E损=m1-m=12 J. (2)物块m由B到C满足机械能守恒: m+mg×2R2=m 解得:vC=4 m/s 在C处由牛顿第二定律可得:F N-mg=m 解得:F N=190 N. (3)物块m滑上木板后,当木板速度为v2=2 m/s时,物块速度设为v1,由动量守恒定律得:mvC=mv1+Mv2 解得v1=3 m/s 设在此过程中物块运动的位移为x1,木板运动的位移为x2,由动能定理得,对物块m:-μmgx1=m-m 解得:x1=1.4 m 对木板M:μmgx2=M,解得:x2=0.4 m 此时木板静止,物块m到木板左端的距离为: x3=L+x2-x1=1 m 设物块m在台阶表面上运动的最大距离为x4,由动能定理得:-μmg(x3+x4)=0-m 解得:x4=0.8 m. 变式1. (2018·全国卷Ⅲ)如图,在竖直平面内,一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切,BC为圆弧轨道的直径,O为圆心,OA和OB之间的夹角为α, sin α=.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动,经A点沿圆弧轨道通过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用.已知小球在C点所受合力的方向指向圆心,且此时小球对轨道的压力恰好为零.重力加速度大小为g.求 (1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小; (2)小球达A点时动量的大小; (3)小球从C点落至水平轨道所用的时间. 【答案】　(1)mg　　(2)　(3) 【解析】 (1)设水平恒力的大小为F0,小球到达C点时所受合力的大小为F,由力的合成法则,则有:=tan α F2=(mg)2+ 设小球到达C点时的速度大小为v, 由牛顿第二定律得:F=m 联立以上各式,结合题目所给数据,解得:F0=mg v=. (2)设小球到达A点的速度大小v1,作CD⊥PA, 交PA于D点,由几何关系得:DA=R sin α CD=R(1+cos α) 由动能定理有,-mg·CD-F0·DA=mv2-m 联立以上各式,结合题目所给数据,可得小球在A点的动量大小为:p=mv1=. (3)小球离开C点后,在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动,加速度大小为g,设小球在竖直方向的初速度为v⊥,从C点落到水平轨道上所用时间为t,由运动学公式,则有:v⊥t+gt2=CD v⊥=vsin α 联立以上各式,结合题目数据,解得:t=. 必刷点2　力学三大观点综合应用的两个模型（“滑块—木板”模型） 典例2 (2020·四川模拟)一质量M=6 kg的木板B静止于光滑水平面上,物块A质量m=6 kg,停在B的左端.质量为m0=1 kg的小球用长为L=0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上,将轻绳拉直至水平位置后,由静止释放小球,小球在最低点与A发生碰撞后反弹,反弹所能达到的最大高度为h=0.2 m,物块与小球可视为质点,不计空气阻力.已知A、B间的动摩擦因数μ=0.1(g=10 m/s2),求: (1)小球运动到最低点与A碰撞前瞬间,小球的速度; (2)小球与A碰撞后瞬间,物块A的速度; (3)为使A、B达到共同速度前A不滑离木板,木板B至少多长. 【答案】 (1)4 m/s　(2)1 m/s　(3)0.25 m 【解析】 　(1)小球下摆过程,由机械